Bijektivität zeigen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:03 Fr 27.11.2015 | | Autor: | Magehex |
| Aufgabe | Es sei $f(x,y) [mm] =(\arccos\sqrt{\frac{1-x^2}{1-x^2y^2}},\arccos\sqrt{\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}})$
[/mm]
Zeigen Sie, dass es sich um eine bijektive Abbildung handelt. |
Die Abbildung ist injektiv, wenn
[mm] $(x_1,y_1)=(x_2,y_2) \Rightarrow f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2)$
[/mm]
gilt. Also
[mm] $f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2) \Rightarrow \begin{cases}
\arccos\sqrt{\frac{1-x_1^2}{1-x_1^2y_1^2}}=\arccos\sqrt{\frac{1-x_2^2}{1-x_2^2y_2^2}} \\
\arccos\sqrt{\frac{1-y_1^2}{1-x_1^2y_1^2}}=\arccos\sqrt{\frac{1-y_2^2}{1-x_2^2y_2^2}}
\end{cases}$ [/mm]
Auflösen der zweiten Gleichung nach [mm] $1-x_2^2y_2^2$ [/mm] und einsetzen in die Erste liefert.
[mm] $(1-x_1^2)\cdot(1-y_2^2)=(1-x_2^2)\cdot(1-y_1^2)$
[/mm]
Und das ist genau die Definition der Injektivität oder nicht? Damit wäre es gezeigt?
Für die Surjektivität sage ich
(I) [mm] $z_1=\arccos\sqrt{\frac{1-x^2}{1-x^2y^2}}$
[/mm]
(II) [mm] $z_2=\arccos\sqrt{\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}}$
[/mm]
nun würde ich (I) nach x auflösen
https://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+z1%3Darccos%28sqrt%28%281-x^2%29%2F%281-x^2y^2%29%29%29+for+x
und in (II) einsetzen und (II) nach y auflösen.
Damit bekomme ich
https://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+z2%3Darccos%28sqrt%28%281-y^2%29%2F%281-%28%28cos^2%28z1%29-1%29%2F%28y^2cos^2%28z1%29-1%29%29y^2%29%29%29+for+y
[mm] $y=\pm\sqrt{\sec^2(z1)-\sec^2(z1)\cos^2(z2)}$
[/mm]
das selbe würde ich natürlich mit x machen,
(II) nach y auflösen
https://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+z2%3Darccos%28sqrt%28%281-y^2%29%2F%281-x^2y^2%29%29%29+for+y
In (I) einsetzen und nach x auflösen
https://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+z1%3Darccos%28sqrt%28%281-x^2%29%2F%281-%28%28cos^2%28z2%29-1%29%2F%28x^2cos^2%28z2%29-1%29%29x^2%29%29%29+for+x
[mm] $x=\pm\sqrt{\sec^2(z2)-\sec^2(z2)\cos^2(z1)}$
[/mm]
Gut, aber was sagt mir das jetzt und wie kann ich damit die Surjektivität nachweisen?
Danke
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Hiho,
> [mm](x_1,y_1)=(x_2,y_2) \Rightarrow f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2)[/mm]
nein, das gilt für jede Funktion. Sonst wäre die Zuordnung $x [mm] \mapsto [/mm] f(x)$ ja gar nicht eindeutig.
Du meinst entweder:
[mm](x_1,y_1)\not=(x_2,y_2) \Rightarrow f(x_1,y_1)\not=f(x_2,y_2)[/mm]
oder
[mm]f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2) \Rightarrow (x_1,y_1)=(x_2,y_2)[/mm]
beide Aussagen sind äquivalent.
Dann: Die von dir angegebene Funktion ist so nicht injektiv.
Offensichtlich ist die unabhängig von der Wahl des Vorzeichens von x und y, so dass zu gegebenem $(x,y)$ die Punkte $(-x,y),(x,-y)$ und $(-x,-y)$ die gleichen Funktionswerte liefern.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:16 Fr 27.11.2015 | | Autor: | Magehex |
Edit, ach ich hab gemerkt, dass ich das falsche auf Bijektivität prüfe.
Ich hab das aus dem Buch der Beweise
https://picload.org/image/piadowa/2_beweis.jpg
Der Autor schreibt da, dass sich die Bijektivität der Koordinatentransformation ganz leicht prüfen lässt.
Ich muss ja hier [mm] $f(\frac{\sin(u)}{\cos(v)},\frac{\sin(v)}{\cos(u)})$
[/mm]
auf Bijektivität prüfen richtig?
Kann man das hier so machen, mit
$ [mm] f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2) \Rightarrow (x_1,y_1)=(x_2,y_2) [/mm] $
?
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Hiho,
> Ich muss ja hier
> [mm]f(\frac{\sin(u)}{\cos(v)},\frac{\sin(v)}{\cos(u)})[/mm]
> auf Bijektivität prüfen richtig?
Nein. Nach der Definition sollte natürlich gelten
[mm]f(\frac{\sin(u)}{\cos(v)},\frac{\sin(v)}{\cos(u)}) = f(x,y) = (u,v)[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Dann wäre schonmal eine Umkehrfunktion gegeben, aber dem Hinweis steckt was viel einfacheres:
Der Autor möchte eigentlich die Variablensubstitution
$$ x = \frac{\sin(u)}{\cos(v)}\quad y = \frac{\sin(v)}{\cos(u)}$$ durchführen, und fragt sich, welche Definitionen man für u und v nehmen müsste, dass das passt.
Das liefert eben das angegebene f mit
$$(x,y) \mapsto \left(\arccos\sqrt{\frac{1-x^2}{1-x^2y^2}},\arccos\sqrt{\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}}\right)$$
Wobei der Definitionsbereich D(f) eben dem Integrationsbereich $(0,1) \times (0,1)$ entspricht.
Damit das eine Bijektion ist, muss der Wertebereich (also der Integrationsbereich nach der Substitution) als $W(f) = \left\{ (u,v) \in \IR_+^2\setminus\{0\} \big| u+v\le \frac{\pi}{2} \right\}$ gewählt werden, wobei $\IR_+$ die positiven rellen Zahlen seien sollen.
Um nun zu zeigen, dass $f: D(f) \to W(f)$ wirklich eine Bijektion ist, kann man das so machen wie du, oder man macht es sich einfacher, indem man das Problem in Teilprobleme zerlegt.
Überlege dir mal folgendes: Es gilt $f = f_3\circ f_2 \circ f_1$ mit
$f_1(x,y) = \left(\frac{1-x^2}{1-x^2y^2},\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}\left)$
$f_2(x,y) = (\sqrt{x},\sqrt{y})$
$f_3(x,y) = (\arccos(x),\arccos(y))$
Und $f: D(f) \to W(f)$ ist nun eine Bijektion, genau dann, wenn
$f_1: D(f) \to W(f_1)$
$f_2: W(f_1) \to W(f_2)$
$f_3: W(f_2) \to W(f)$
Bijektionen sind.
Als Hilfestellung:
$W(f_1) = (0,1)^2$
$W(f_2) = (0,1)^2$
Und ein Tipp: Eine Funktion ist eine Bijektion, genau dann, wenn ihre Umkehrfunktion eine Bijektion ist.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:09 Sa 28.11.2015 | | Autor: | Magehex |
Wow, erstmal vielen Dank. Du hasts echt drauf.
> Hinweis steckt was viel einfacheres:
>
> Der Autor möchte eigentlich die Variablensubstitution
> [mm]x = \frac{\sin(u)}{\cos(v)}\quad y = \frac{\sin(v)}{\cos(u)}[/mm]
> durchführen, und fragt sich, welche Definitionen man für
> u und v nehmen müsste, dass das passt.
> Das liefert eben das angegebene f mit
> [mm](x,y) \mapsto \left(\arccos\sqrt{\frac{1-x^2}{1-x^2y^2}},\arccos\sqrt{\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}}\right)[/mm]
Ja, mir ist klar, dass diese Substitution, wie man am Ende des Beweises sieht, als sehr Sinnvoll erscheint. Was mir nicht klar ist, ist wie man auf u und v kommt, wenn man die Substitution weiß?
>
> Wobei der Definitionsbereich D(f) eben dem
> Integrationsbereich [mm](0,1) \times (0,1)[/mm] entspricht.
> Damit das eine Bijektion ist, muss der Wertebereich (also
> der Integrationsbereich nach der Substitution) als [mm]W(f) = \left\{ (u,v) \in \IR_+^2\setminus\{0\} \big| u+v\le \frac{\pi}{2} \right\}[/mm]
> gewählt werden, wobei [mm]\IR_+[/mm] die positiven rellen Zahlen
> seien sollen.
Das wird doch nicht gewählt, sondern ist das Ergebnis wenn man den Integrationsbereich [mm] (0,1)\times [/mm] (0,1) in (u,v) einsetzt oder nicht?
>
> Um nun zu zeigen, dass [mm]f: D(f) \to W(f)[/mm] wirklich eine
> Bijektion ist, kann man das so machen wie du, oder man
> macht es sich einfacher, indem man das Problem in
> Teilprobleme zerlegt.
>
> Überlege dir mal folgendes: Es gilt [mm]f = f_3\circ f_2 \circ f_1[/mm]
> mit
> [mm]f_1(x,y) = \left(\frac{1-x^2}{1-x^2y^2},\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}\left)[/mm]
>
> [mm]f_2(x,y) = (\sqrt{x},\sqrt{y})[/mm]
> [mm]f_3(x,y) = (\arccos(x),\arccos(y))[/mm]
>
> Und [mm]f: D(f) \to W(f)[/mm] ist nun eine Bijektion, genau dann,
> wenn
>
> [mm]f_1: D(f) \to W(f_1)[/mm]
> [mm]f_2: W(f_1) \to W(f_2)[/mm]
> [mm]f_3: W(f_2) \to W(f)[/mm]
>
> Bijektionen sind.
>
> Als Hilfestellung:
> [mm]W(f_1) = (0,1)^2[/mm]
> [mm]W(f_2) = (0,1)^2[/mm]
>
> Und ein Tipp: Eine Funktion ist eine Bijektion, genau dann,
> wenn ihre Umkehrfunktion eine Bijektion ist.
>
Das mit der Komposition ist tatsächlich nicht blöd. Allerdings weiß ich gerade überhaupt nicht wie ich
[mm]f_1: D(f) \to W(f_1)[/mm]
zeige. Ich kann ja schlecht jedes [mm] $x\in(0,1)$ [/mm] und jedes [mm] $y\in(0,1)$ [/mm] in [mm] f_1 [/mm] einsetzen und schauen obs tatsächlich in [mm] W(f_1) [/mm] liegt. Sorry ich steh gerade wirklich aufm Schlauch.
Und der Tipp mit der Umkehrfunktion...wie bringt mich das weiter? Damit hätte ich doch dann nur erreicht, dass ich wieder den Definitionsbereich rausbekommen muss, wenn ich x und y aus dem Wertebereich einsetze? Das bringt mich doch auch nicht weiter?
Oder bezieht sich die Umkehrfunktion nur auf [mm] f_3 [/mm] wegen dem arccos?
Vielen Dank.
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Hiho,
> Ja, mir ist klar, dass diese Substitution, wie man am Ende
> des Beweises sieht, als sehr Sinnvoll erscheint. Was mir
> nicht klar ist, ist wie man auf u und v kommt, wenn man die
> Substitution weiß?
Geeignet umformen:
Es ist $$x = [mm] \frac{\sin(u)}{\cos(v)} \gdw [/mm] cos(v) = [mm] \frac{\sin(u)}{x} \gdw [/mm] v = [mm] \arccos\frac{\sin(u)}{x}$$
[/mm]
Einsetzen liefert:
$$y = [mm] \frac{\sin(v)}{\cos(u)} [/mm] = [mm] \frac{\sin\left( \arccos\frac{\sin(u)}{x}\right)}{\cos(u)}$$
[/mm]
Nun schaut man sich mal die ![[]](/images/popup.gif) Additionstheorem an und stellt fest: [mm] $\sin(\arccos(x)) [/mm] = [mm] \sql{1-x^2}$ [/mm] und damit $y = [mm] \frac{\sqrt{1- \frac{\sin^2(u)}{x^2}}}{\cos(u)} [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{x^2- \sin^2(u)}}{x\cos(u)} [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{x^2- 1 + \cos^2(u)}}{x\cos(u)}$
[/mm]
Und nun umstellen nach u.
> Das wird doch nicht gewählt, sondern ist das Ergebnis
> wenn man den Integrationsbereich [mm](0,1)\times[/mm] (0,1) in (u,v)
> einsetzt oder nicht?
Praktisch ja, rein formal muss man natürlich erstmal eine Bijektion finden zwischen dem Integrationsbereich und irgendeiner abstrakten Menge und die abstrakte Menge ist dann der neue Integrationsbereich.
> ch kann ja schlecht jedes [mm]x\in(0,1)[/mm] und jedes [mm]y\in(0,1)[/mm] in [mm]f_1[/mm] einsetzen und schauen obs tatsächlich in [mm]W(f_1)[/mm] liegt.
Doch, letztendlich machst du genau das.
Erstmal ist ja $0 [mm] \le (1-x^2y^2) \le (1-x^2)$ [/mm] und damit offensichtlich
$0 [mm] \le \frac{(1-x^2)}{(1-x^2y^2)} \le [/mm] 1$. Analog für den anderen Teil
Und damit [mm] $W(f_1) \subseteq (0,1)\times [/mm] (0,1)$.
Ein bisschen denken musst du schon selbst..... schwer war das nicht.
Das zeigen von [mm] "$\supseteq$" [/mm] überlasse ich dir.....
> Und der Tipp mit der Umkehrfunktion...wie bringt mich das
> weiter? Damit hätte ich doch dann nur erreicht, dass ich
> wieder den Definitionsbereich rausbekommen muss, wenn ich x
> und y aus dem Wertebereich einsetze? Das bringt mich doch
> auch nicht weiter?
Viel einfacher: Ist $f: [mm] A\to [/mm] B$, dann gilt für die Umkehrfunktion [mm] $f^{-1}:B\to [/mm] A$. D.h. um Definitionsbereich und Wertebereich muss man sich keine Gedanken mehr machen.
> Oder bezieht sich die Umkehrfunktion nur auf [mm]f_3[/mm] wegen dem
> arccos?
In erster Linie geht es genau darum, ja.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:19 So 29.11.2015 | | Autor: | Magehex |
Hey, danke Gono. Könntest du mal bitte schauen ob das so passt?
Es gilt $f = [mm] f_3\circ f_2 \circ f_1$ [/mm] mit
[mm] $$f_1(x,y) [/mm] = [mm] \left(\frac{1-x^2}{1-x^2y^2},\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}\right)$$
[/mm]
[mm] $$f_2(x,y) [/mm] = [mm] (\sqrt{x},\sqrt{y})$$
[/mm]
[mm] $$f_3(x,y) [/mm] = [mm] (\arccos(x),\arccos(y))$$
[/mm]
Und $f: D(f) [mm] \to [/mm] W(f)$ ist nun eine Bijektion, genau dann, wenn
[mm] $$f_1: [/mm] D(f) [mm] \to W(f_1)=(0,1)^2$$
[/mm]
[mm] $$f_2: W(f_1) \to W(f_2)=(0,1)^2$$
[/mm]
[mm] $$f_3: W(f_2) \to [/mm] W(f)$$
Bijektionen sind.
Zu [mm] $f_1$:
[/mm]
Es ist
$$ 0 [mm] <(1-x^2) [/mm] < [mm] (1-x^2y^2) [/mm] $$
und damit offensichtlich
$$0 < [mm] \frac{(1-x^2)}{(1-x^2y^2)} [/mm] < 1$$
Analog dazu ist
$$ 0 < [mm] (1-y^2) [/mm] < [mm] (1-y^2x^2) [/mm] $$
und damit
$$0 < [mm] \frac{(1-y^2)}{(1-x^2y^2)} [/mm] < 1$$
Somit ist [mm] $W(f_1) \subseteq (0,1)\times (0,1)$\\ \\
[/mm]
Zu [mm] $f_2$
[/mm]
Es ist
[mm] $$0\le x\le [/mm] 1 $$
und damit
[mm] $$0\le \sqrt(x) \le [/mm] 1$$
Analog dazu ist
[mm] $$0\le [/mm] y [mm] \le [/mm] 1$$
und damit
[mm] $$0\le \sqrt(y) \le [/mm] 1$$
Somit ist [mm] $W(f_2) \subseteq (0,1)\times [/mm] (0,1)$
Zu [mm] $f_3$
[/mm]
Eine Funktion ist eine Bijektion, genau dann, wenn ihre Umkehrfunktion eine Bijektion ist.
Die Umkehrfunkton vom [mm] $\arccos$ [/mm] ist $cos$. Nach der Definition des Cosinus nimmt dieser im Intervall [mm] $(0,\frac{\pi}{2})$ [/mm] nur Werte zwischen 0 und 1 an.
Damit ist [mm] $W(f_2) \subseteq (0,\pi/2)\times(0,\pi/2)$
[/mm]
Bzw. ganz vestehe ich hier nicht was rauskommen muss? Weil doch eigentlich [mm] 0
Und dann noch 2 Fragen.
Was soll die Rückrichtung, also $ [mm] \supseteq [/mm] $ sein?
Wir haben doch vorhin nur die Surjektivität gezeigt, richtig?. Dann müsste die Rückrichtung die Injektivität sein?
Für [mm] $f_2$ [/mm] und [mm] $f_3$ [/mm] ist die Injektivität klar, doch für [mm] $f_1 [/mm] nicht.
Das ist ja genau das Problem, das ich ganz am Anfang auch hatte.
Wie mache ich nämlich hier weiter?
$ [mm] (1-x_1^2)\cdot(1-y_2^2)=(1-x_2^2)\cdot(1-y_1^2) [/mm] $
Und wie kommst du überhaupt auf
[mm] $W(f_1) [/mm] = [mm] (0,1)^2$
[/mm]
[mm] $W(f_2) [/mm] = [mm] (0,1)^2$ [/mm]
Danke
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Hiho,
> Wir haben doch vorhin nur die Surjektivität gezeigt, richtig?.
Nein, nichtmal das hast du gezeigt. Du hast nur gezeigt, in welcher Menge der Wertebereich drin liegt. Um Surjektivität zu zeigen, müsstest du noch zeigen, dass auch alle Werte darin getroffen werden.
> Für [mm]$f_2$[/mm] und [mm]$f_3$[/mm] ist die Injektivität klar, doch für [mm]$f_1[/mm] nicht.
Dann zeige das doch!
Wie sehen die beiden Gleichungen aus, die sich aus [mm] $f(x_1,y_1) [/mm] = [mm] f(x_2,y_2)$ [/mm] ergeben?
> Wie mache ich nämlich hier weiter?
> [mm](1-x_1^2)\cdot(1-y_2^2)=(1-x_2^2)\cdot(1-y_1^2)[/mm]
Wie kommst du darauf?
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:02 Mo 30.11.2015 | | Autor: | Magehex |
> > Wir haben doch vorhin nur die Surjektivität gezeigt,
> richtig?.
> Nein, nichtmal das hast du gezeigt. Du hast nur gezeigt, in
> welcher Menge der Wertebereich drin liegt. Um
> Surjektivität zu zeigen, müsstest du noch zeigen, dass
> auch alle Werte darin getroffen werden.
Okay, und wie zeigt man, dass alle Werte darin getroffen werden?
Wie ich es am anfang gemacht habe?
(I) [mm] $z_1=\frac{1-x^2}{1-x^2y^2}$
[/mm]
(II) [mm] $z_2=\frac{1-y^2}{1-x^2y^2}$
[/mm]
nun würde ich (I) nach x auflösen:
[mm] x=\pm \frac{\sqrt{z_1-1}}{\sqrt{y^2z_1-1}} [/mm]
Das dann in (II) einsetzen
[mm] z_2=\frac{1-y^2}{1-\frac{z_1-1}{y^2z_1-1}y^2} [/mm]
und (II) nach y auflösen.
[mm] y=\pm \frac{\sqrt{1-z_2}}{\sqrt{z_1}}
[/mm]
Was sagt mir das jetzt?
Und wie verfahre ich dann für [mm] f_2 [/mm] und [mm] f_3? [/mm] Denn
[mm] z_1=\sqrt{x}
[/mm]
[mm] z_2=\sqrt{y}
[/mm]
Die erste Gleichung nach x aufzulösen bringt ja nichts, da ich es ja nicht in die 2. gleichung einsetzen kann?
> Dann zeige das doch!
Für Injektivität müssen wir doch nur zeigen
$ [mm] f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2) \Rightarrow (x_1,y_1)=(x_2,y_2) [/mm] $
also für [mm] f_2:
[/mm]
[mm] \sqrt(x_1)=\sqrt(x_2) \Rightarrow x_1=x_2
[/mm]
Analog dazu für y
und für [mm] f_3:
[/mm]
Den Beweis hierzu findet man im Forster. Sorgar zur Bijektivität.
> Wie sehen die beiden Gleichungen aus, die sich aus
> [mm]f(x_1,y_1) = f(x_2,y_2)[/mm] ergeben?
>
> > Wie mache ich nämlich hier weiter?
> > [mm](1-x_1^2)\cdot(1-y_2^2)=(1-x_2^2)\cdot(1-y_1^2)[/mm]
>
> Wie kommst du darauf?
>
[mm] $f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2) \Rightarrow \begin{cases}
\frac{1-x_1^2}{1-x_1^2y_1^2}=\frac{1-x_2^2}{1-x_2^2y_2^2} \\
\frac{1-y_1^2}{1-x_1^2y_1^2}=\frac{1-y_2^2}{1-x_2^2y_2^2}
\end{cases}$ [/mm]
Auflösen der zweiten Gleichung nach [mm] $1-x_2^2y_2^2$ [/mm] und einsetzen in die Erste liefert.
[mm] $(1-x_1^2)\cdot(1-y_2^2)=(1-x_2^2)\cdot(1-y_1^2)$ [/mm]
und eine Frage hast du übergangen, die mich auch interessieren würde.
Zu [mm] $f_3$
[/mm]
Eine Funktion ist eine Bijektion, genau dann, wenn ihre Umkehrfunktion eine Bijektion ist.
Die Umkehrfunkton vom [mm] $\arccos$ [/mm] ist $cos$. Nach der Definition des Cosinus nimmt dieser im Intervall [mm] $(0,\frac{\pi}{2})$ [/mm] nur Werte zwischen 0 und 1 an.
Damit ist [mm] $W(f_2) \subseteq (0,\pi/2)\times(0,\pi/2)$
[/mm]
Bzw. ganz vestehe ich hier nicht was rauskommen muss? Weil doch eigentlich [mm] 0
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:20 Mi 02.12.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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